$AD$ es una mediana de $\triangle ABC$ . $|AD|$ es la media geométrica de $|AB|$ y $|AC|$ .
Encuentre $1+\cos A$ en términos de $\cos B$ y $\cos C$ .
Editar
Esta es la segunda parte de la pregunta
Demuestra también que 1+cosA=2|cosB-cosC|.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
$$\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}=\sqrt{bc},$$ que da $$a^2=2b^2+2c^2-4bc.$$ Así, $b\neq c$ y $$\cos\beta\cos\gamma=\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}\cdot\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}=$$ $$=\frac{(2b^2+2c^2-4bc+c^2-b^2)(2b^2+2c^2-4bc+b^2-c^2)}{4(2b^2+2c^2-4bc)bc}=$$ $$=\frac{(3c^2-4bc+b^2)(3b^2-4bc+c^2)}{8(b-c)^2bc}=\frac{(b-c)^2(3b-c)(b-3c)}{8bc(b-c)^2}=$$ $$=\frac{3(b^2+c^2)-10bc}{8bc}=\frac{3}{8}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)-\frac{5}{4}.$$ Así, $$\frac{b}{c}+\frac{c}{b}=\frac{10+8\cos\beta\cos\gamma}{3}.$$ Id est, $$1+\cos\alpha=1+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=1+\frac{b^2+c^2-2b^2-2c^2+4bc}{2bc}=$$ $$=3-\frac{1}{2}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{b}\right)=3-\frac{5+4\cos\beta\cos\gamma}{3}=\frac{4}{3}(1-\cos\beta\cos\gamma).$$
Sobre tu segundo problema. $$1+\cos\alpha=1+\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}=$$ $$=1+\frac{b^2+c^2-2b^2-2c^2+4bc}{2bc}=3-\frac{1}{2}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right).$$ Además, vemos que $3-\frac{1}{2}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)\geq0$ .
En otra mano, $$\sqrt2|\cos\beta-\cos\gamma|=\sqrt2\left|\frac{a^2+c^2-b^2}{2ac}-\frac{a^2+b^2-c^2}{2ab}\right|=$$ $$=\sqrt2\left|\frac{2b^2+2c^2-4bc+c^2-b^2}{2ac}-\frac{2b^2+2c^2-4bc+b^2-c^2}{2ab}\right|=$$ $$=\sqrt2\left|\frac{b^2-4bc+3c^2}{2ac}-\frac{3b^2-4bc+c^2}{2ab}\right|=$$ $$=\sqrt2|b-c|\cdot\left|\frac{b-3c}{2ac}-\frac{3b-c}{2ab}\right|=$$ $$=\frac{\sqrt2|b-c|}{2abc}\cdot\left|(b-3c)b-(3b-c)c\right|=$$ $$=\frac{\sqrt2|b-c|}{2\sqrt2|b-c|bc}\cdot\left|b^2+c^2-6bc\right|=$$ $$=3-\frac{1}{2}\left(\frac{b}{c}+\frac{c}{a}\right)$$ ¡y hemos terminado!
Brian Deacon
Puntos
4185
A partir de estas relaciones fácilmente comprobables (para cualquier $\triangle ABC$ ) ...
$$\begin{align} b &= a \cos C + c \cos A \\ c &= a \cos B + b \cos A \end{align}\tag{1}$$
... deducimos ... $$(b - c)(1+\cos A) = a(\cos C - \cos B) \tag{2}$$
Para un triángulo cuya mediana de $A$ tiene una longitud, $d$ igual a la media geométrica de $b$ y $c$ (es decir, $d^2 = b c$ ), Teorema de Stewart (por ejemplo) produce... $$b^2\cdot \frac{a}{2} + c^2\cdot\frac{a}{2} = a\left(d^2 + \frac{a}{2}\cdot\frac{a}{2}\right)\quad\to\quad a^2 = 2 (b-c)^2 \tag{3}$$
Por lo tanto, la incorporación de $(2)$ podemos escribir (ya que $b \neq c$ y $1+\cos A > 0$ (¿por qué?)) ... $$(1 + \cos A)^2 = 2\;(\cos C - \cos B)^2 \quad\to\quad 1 + \cos A = \sqrt{2}\;|\cos B - \cos C| \tag{4}$$ ... como se desee. $\square$
Nota. Publico esta respuesta porque creo que vale la pena compartirla. No apruebo la estratagema del OP de aceptar la respuesta de @Michael para conseguir más esfuerzo por su parte, y posteriormente desaceptarla para conseguir más esfuerzo por parte de la comunidad.
JeanMarie
Puntos
196
Teniendo en cuenta el nuevo contexto, más relajado, he aquí una prueba por geometría analítica.
Relaciona el tema con las curvas cónicas, simplificando el problema al utilizar una sola variable como vamos a ver (ver figura en la parte inferior).
WLOG, se puede suponer que $B(-1,0), C(1,0)$ son fijos (por lo que su punto medio es $D=O$ ), y $A$ es variable con coordenadas $(x,y)$ .
La condición de la media geométrica, escrita bajo la forma
$$(AB.AC)^2=AO^4$$ equivale a
$$[(x+1)^2+y^2][(x-1)^2+y^2]=(x^2+y^2)^2$$
que equivale a
$$\tag{1}x^2-y^2=\tfrac12,$$
lo que significa que el punto $A$ debe pertenecer a una determinada hipérbola $(H)$ .
Supongamos, de nuevo WLOG, que el punto $A$ está en la rama derecha de la hipérbola (es decir, con $x>\tfrac12$ ).
A continuación, utilizando la relación $a^2=b^2+c^2-2bc \cos(A)$ y las otras dos por permutación cíclica, sustituyendo $y^2$ por $x^2-\dfrac12$ (véase (1)), se obtiene
$$\cos(A)=\dfrac{4x^2-3}{4x^2-1}, \ \ \cos(B)=\sqrt{2}\dfrac{1+x}{2x+1}, \ \ \cos(C)=\sqrt{2}\dfrac{1-x}{2x-1}.$$
que da lugar a la relación final:
$\sqrt{2}(\cos(B)-\cos(C)) = (\sqrt{2})^2\dfrac{2-4x^2}{1-4x^2}=\dfrac{4-8x^2}{1-4x^2}=1+\dfrac{3-4x^2}{1-4x^2}=1+\cos(A)$
(no se necesitan valores absolutos debido a la elección $x>0$ para la abscisa de $A$ ).
Observación :
Se puede demostrar fácilmente que la hipérbola $(H)$ tiene $B$ y $C$ ¡como sus focos! Además $(H)$ puede describirse como el lugar de los puntos $A$ tal que
$$|AB-AC|=constant=(1+\dfrac{\sqrt{2}}{2})(1-\dfrac{\sqrt{2}}{2})=\dfrac12.$$
